第03讲 恒成立问题之端点恒成立-2023年新高考数学导数压轴题专题突破（尖子生专用）

于科问原创，让学习更容易！ p。zxx coM学科网精品频道全力推荐 第03讲恒成立问题之端点恒成立 【典型例题】 例1.设函数f(x)=2x++-1. （1）若a=0，求f(x)的单调区间； （2）若x0时，f(x)0恒成立，求a的取值范围． 【解析】解：(1)a=0时f(x)=--1，f()=一 xe(0，+x)时，f(x)<0﹔xε(-x，0)时，f(x)>0= ∴函数的单调减区间是(0，+∝)，单调增区间是(–x，0)﹔ 2fω)=x(a-7) ∵x0，∴e’1 ∴0>-1 ①若a0，则当x∈(0，+x)时，f’(x)<0，f(x)为减函数，而f(0)=0，从而当x>0时，f(x)<0，应舍去 ②若0<a<1，则xε(0，-lna)时，f”(x)<0·f(x)为减函数，而f(0)=0，从而当xε(0，-1na)时，f(x)<0 ，应舍去： ③若a1，则xe(0，+x)时，f(x)>0，f(x)为增函数，而f(0)=0，从而当xe(0，+x)时，f(x)>0， ∴x0时，f(x)0 ∴a的取值范围为[1，+∞)． 例2．设函数f(x)=e'-1-x-ax^3 （1）若a=0，求f(x)的单调区间； （2）若当x0时f(x)0，求a的取值范围， 【解析】解：（1）a=0时，f(x)=e'-1-x，f′(x)=e'-1． 当xε(-x，0)时，f'(x)<0；当xε(0，+)时，f’(x)>0. 故f(x)在(x，0)单调减少，在(0，+~)单调增加 (II)f’(x)=e'-1-2ax 由(I)知e′l+x，当且仅当x=0时等号成立，故f(x)x-2ax=(1-2a)x， 从而当1-2a0，即α_5^时，f(x)0(x0)，而f(0)=0， 于是当x0时，f(x)0. 实原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 金学利网 李科网原，让学司更客易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 由e>1+x(x≠0)可得e">1-x(x≠0). 从而当a>}时，x)<e'-1+2ae-)=e(e-1e-2a), 2 故当x∈(0，lm2a)时，f"(x)<0,而f(O)=0,于是当x∈(0，lm2a)时，f(x)<0与已知矛盾. 综合得a的取值范围为（一力 例3.设函数f(x)=x-1-l1nx-aln'x。 (1)若a=0,求f(x)的单调区间： (2)若当x1时，f(x)0恒成立，求a的取值范围 【解析】解：(1)a=0时，f(x)=x-1-mx,(x∈(0，+o). f)=1-1-x-l xx 可得：x∈(0，)时，f"(x)<0:x∈(1，+o)时，f"(x)>0 ,函数f(x)单调递减区间为(0，l):函数f(x)单调递增区间为(L,+∞). (2)由(1)可得：x-1-lr1-1-lml=0恒成立. .当a0时，-a0,f(x)=x-1-lnx-aln'x0恒成立，x∈[l,+o) f)=1-1-2a匹，fw=1-2a+2a x2 当0<a时，1-2a0,由x1,则r0.f国0.f在+四)上单调递增 ∴xe[1,+o)上，f'(x)f(1)=0. 函数f(x)单调递增，f(x)∫(1)=0. 当a>号时，f)=1-2a+2am_29bmr-20-马. 2a 令4，=201，则0<a,<1.且fe)=0. 2a 在(1，e")上，f(x)<0,f"(x)单调递减，f"(x)<(1)=0,f(x)单调递减. f(x)<f(1)=0,因此当x1时，f(x)0不恒成立，舍去， 综上可得：a的取值范围是（一力 例4.设函数f(x)=x(lmx+a)-ax2,其中aeR. (1)若a=0,求f(x)的单调区间及极值： (2)当x1时，f(x)0,求a的取值范围. 【解析】解：(1)当a=0时，f(x)=xlx 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学利网 李科网原，让学司更客易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 .f(x)=Inx+1,xE(0,+oo) 又当xe0,时，f)<0, 当xe2,+o)时，fm)>0, “f)在Q上单词递减，在（日，+四）上单调递增，在x=上处取得极大值，且极大值为f白= (2)当x1时，f(x)0台lmx+a-ar0 令g)=mr+a-ar,则g'(x)=1-a. ①当a1时，g'(x)0,故g(x) 在1，+o)是减函数，所以g(x)g(1)=0。 ②当0<a<1时，令g)=0,得x=1>1. a 当x∈(0，马时，g')>0, 故当xe4,)时，g(x)>g(1)=0,与题意不符。 ③当a0时，g'(x)>0,故g(x)在[1，+o)是增函数，从而当x∈(L,+o)时， 有g(x)>g(1)=0,与题意不符.综上所述，a的取值范围为1，+o). 例5.设